Tài liệu Ôn tập dãy số pdf

Số hạng tổng quát của dãy số Chuyên đề1 : Aùp dụng sai phân để tìm số hạng tổng quát.. 3 Phương trình 3 được gọi là phương trình đặc trưng của phương trình sai phân 2.. Nghiệm của phương

Số hạng tổng quát của dãy số

Chuyên đề1 : Aùp dụng sai phân để tìm số hạng tổng quát

1 Định nghĩa : Cho y = f(x) xác định trên tập X , h > 0 hằng số Gia số

  x f x h  f x

 gọi là sai phân cấp 1 của f(x) tại điểm x

 x  f x  fx h f xf

     được gọi là sai phân cấp2 của f(x) tại x

Tương tự, k k1f được gọi là sai phân cấp k của f tại x

* Định nghĩa : Phương trình sai phân la mộtø hệ thức giữa sai phân các cấp :

y y y y  0

F , ,2 , ,k ,  (1) ( y được xem là sai phân cấp 0 )

 Chú ý : (1) có thể viết : y n+k = a n+k-1 + a 2 y n+k-2 + … + a k y n + f(n)

Nếu f(n) = 0 thì (1) gọi là phương trình tuyến tính thuần nhất

Nếu f(n) 0 thì (1) gọi là phương trình tuyến tính không thuần nhất

2 Tính chất :

T/c1: Nếu ''

nxvà

'

n

x đều là nghiệm của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất : y n+k = a 1 y n+k-1 + …+ a k y n (2)

Thì x'n x''n,,const cũng là nghiệm của phương trình (2)

* Bây giờ ta xét phương trình (2) với các hệ số hằng a 1 , a 2 ,…, a k Khi đó nghiệm của phương trình thuần nhất (2) được tìm dưới dạng

y n =cn 0,c0,clà hằngsố Thay biểu y n = cn vào (2) và sau khi ước lược cho n

2 1 k 1 k

aa



(3) Phương trình (3) được gọi là phương trình đặc trưng của phương trình sai phân (2) Nghiệm của phương trình (1) và (2) phụ thuộc vào nghiệm của phương trình đặc trưng (3)

T/c2: Nếu phương trình đặc trưng (3) có k nghiệm thực phân biệt

2 2 n 1 1

n,c  c   c  là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất (2)

T/c3: Nếu phương trình đặc trưng (3) có nghiệm thực  bội s thì thay cho s nghiệm ứng với các  đó ta lấy : (c 1 + c 2 n + c 3 n 2 + …+ c s n s-1 ) n trong đó các c 1 , c 2 , …,

c s là các hằng số Nghĩa là nếu (3) có các nghiệm bội s và các nghiệm còn lại đều thực

k k n

1 s 1 s n 1 s s 2

3 2 1

1 1

s s 2

1 n

y

Định lý : Nếu '

n

y là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất và y là nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất thì nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất đó có dạng : yi cy'i y

Bảng một số dạng nghiệm riêng

f(n) Nghiệm  của PT đặc trưng Dạng nghiệm riêng

+ Nếukhông là nghiệm của ptđt y'n nQ n

f(n) = P m (n) n + Nếu là nghiệm bội s của ptđt   n

e không là nghiệm x*n Tk n cosn +Ql n sinn của ptđt Rk n sinn;k max m,l

+ Nếu  i 

e là nghiệm bội s x*n nTk n cosn

của ptđt nRk n sinn;k max m,l

e là nghiệm bội s x*n nnsTk n cosn

của ptđt nsRk n sinn ;k max m,l

3 Các ví dụ :

Ví dụ 1: Dãy số (u n ) được xác định như sau :

2 1

527uu

u

45u9u

và có pt đặc trưng là : 2 280 hay 2401 2,24

Nghiệm tổng quát pt (2) là : u n = c 1 2 n + c 2 (-4) n

Ta gọi u * = a.5 n nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất (1) Khi đó

ta có : a.5 n+2 + 2a.5 n+1 – 8a.5 n = 27.5 n

1a27a275

275a5a10

95c4c2

2 1

10u4u

n 1

n 2 n

2 1

, ,

Chứng minh rằng : ( u n + 4 )n với mọi số n là số nguyên tố :

13213x

1x

modn

0132

22

1

u6uu

18u

14u0

Từ giả thiết u 1 = 1 , u 2 =14 , u 3 = -18, thay vào (1) ta có hệ phương trình sau đây xác định a , b , c

1cba18c27ba

14c9ba

0c3ba

Vậy dãy số (u n ) được xác định như sau : u n = 1 + 2 n + (-3) n , n = 1 , 2 ,…,

Vì p là số nguyên tố , nên theo định lý nhỏ Fecma , ta có :

p)(mod 2 hay) p(mod

31

21

2

p 1

Vậy suy ra u p = 1 + 2 p + (-3) p 1230 (mod p)upp

Ví dụ 4 : Tìm dãy số (u n ) , biết rằng :

n

2 1

0

uu

5uu

1u0u

Giải : Phương trình đặc trưng của dãy có dạng :

x 3 - 4x 2 + 5x – 2 =0 hay (x – 1) 2 (x – 2) = 0 Từ đó x 1,2 = 1 bội 2 , x 3 = 2

Bởi vậy u n = c 1 + c 2 n + c 3 2 n khi n = 0 , 1 , 2 ta có hệ

.

11

cc0c4c2c

0c2cc

0cc

2 1

3 2 1

3 2 1

2 1

1 2 3 4 5 6

Phương trình (1) có nghiệm là :

(kép)

2cos-i

; (kép)

2cosi

(kép)

; (đơn)

2

i2

Do đó ta có : y c   1  c c n1 1 c4c5n n2c6 c7n n2

n n 3 2 n 1

2nncc2nnccncc1c

2n2

2n2n1n2x4x

2 1

1 n n n

n 2

n 2

2 cos sin là nghiệm của phương trình đặc trưng

Theo bảng , nghiệm riêng có thể viết dưới dạng :

2nc22n22nb2na2

2

4n.2 nanb n24n2 cnd n22  n1 n2n2 n2

n n

sin cos

sin

cos

Khai triển và cân bằng hệ số ta được :

8

1d16

1c8

1b8

1n16

12

n8

1n8

12n

1n16

12

n8

1n2

12n2nb2na

x1  , 2  nên thay vào (***) ta được a = b = 1 suy ra x n

Bài tập : Tìm số hạng tổng quát của các dãy sau

1 u 1 = 1, u n+1 = u n +2n 2

2 u o = 0 ; u 1 = 5 ; u n-2 = 2u n-1 – u n + 6n + 4

3 u 0 = 0 ; u 1 = 5 ; u n-2 = 3u n-1 – 2u n + 4.3 n

4 u 0 = -1 ; u 1 = 2 ; u n-2 = 5u n-1 –6u n + (8n + 11).2 n-1

5 u 0 = 1 ; u 1 = 0 ; u n-2 = 2u n+1 – u n + sin n

2



Chuyên đề 2 : Một số phương pháp tìm số hạng tổng quát

Vấn đề1 : Dãy qui nạp tuyến tính bậc nhất

Bài toán dạng a.u n+1 + b.u n = f(n) , trong đó f(n) là hàm theo n

Bài toán 1 Tìm số hạng tổng quát của dãy a b,c R

b au

u n n

1 1

Ví dụ 1: Cho dãy (u n ) xác định bởi

c u

b au

buu1

n 1

n là cấp số cộng d = b

Vậy u n = c + (n –1)b Xét a1 Ta có thể đưa dãy về CSN công sai a

Thật vậy , đặt v n = u n + h ( h hằng số )

Và v n+1 = av nun1haun hun1haun bahb

1a

bh

bc



1a

bc

ba

1a

bc

Ví dụ 2 Tìm số hạng tổng quát của dãy :

1u

abu

uu

1

n

n 1

n

Giải : Ta có

n n

n

1 n n

n 1

n

u

1abu

abuu

1a

bavv

1

n 1 n

ba

1a

bc

Vậy

1a

ba

1a

bc

1u

1 n n

với 1

a n 1 nu

uu

Giải Ta có u n+1 = a

nu



Lấy logarit cơ số e cả hai vế ta được lnu n+1 = alnu n + ln

Đặt v n = lnu n , b =ln , clnu1 ln

Dãy đã cho trở thành

bavv

1

n 1 n

ba

1a

n 1

n n

1

n eeu1a

a1a

ln

ln ln

nfauu

1

n 1 n

Với f(n) là đa thức theo n

*Phương pháp : Ta có thể đưa về bài toán 1 bằng cách đặt v n = u n + g(n)

trong đó v n+1 = av n và g(n) là đa thức thoả :

Nếu a = 1 thì g(n) = n g ’ (n) trong g ’ (n) đa thức cùng bậc f(n)

Nếu a 1 thì g(n) cùng bậc với f(n)

Bằng cách đồng nhất thức suy ra g(n)

Ví dụ 1 Tìm số hạng tổng quát u n biết

nuu

1

n 1 n

Giải Ta có a = 1 , nên ta chọn g(n) = n(bn + c)

Đặt v n = u n + g(n) và thoả v n+1 = av n ( a = 1)

1bncbnnc1nb1nnng1n

1nuu

1

2 n 1 n

Giải Ta có A = 3 , nên ta chọn g(n) = an 2 + bn + c

Đặt v n = u n + g(n) và thoả v n+1 = 3v n

Tương tự như ví dụ 1 , đồng nhất thức suy ra

2

1ba

2

1n2

1n

g  2  Từ đó suy ra u n

2

1n2

13

3 n 1 n 1 nau

ua

n 1 n 1

Lấy logarit cơ số a hai vế ta được logaun1 3logaun n21

log a u 1 = 5 Đặt v n = log a u n suy ra v n+1 = 3v n + n 2 +1, v 1 = 5

Theo ví dụ hai ta được v n = 3 n-1 + n 1

2

1n2

auu

1

n n 1 n

Phương pháp : Ta có thể đưa bài toán về dạng bài toán 1 bằng cách :

Đặt v n = u n + g(n) với v n+1 = av n , đồng thời g(n) thoả :

Thế vào biểu thức (v n ) rồi đồng nhất thức hệ số , suy ra g(n)

uau

1

3 n 2 1 n

2v3v

1

n n 1 n

Đặt w n = v n + A.2 n Thế vào w n+1 = 3w n ta được A = 1

W n = b 3 n-1 suy ra v n = b.3 n-1 – 2 n mà v 1 = b – 2 = 1 nên b = 3

Tức là v n = 3 n – 2 n Vì v n = log a u n nên v n

Vậy n n

2 3

43uu

1

n n 1

Tìm số hạng tổng quát của dãy

Giải Ta thấy a = 4. Nên ta đặt g(n) = A.n.4 n

Đặt v n+1 = u n + g(n) với v n+1 = 4.v n

Do đó ta có : u n+1 + g(n+1) = 4 (u n + g(n) )

4n4

34

3A3An41nA

23

23

Ví dụ 3 Tìm số hạng tổng quát u n của dãy xác định bởi :

3uu

1

n n 1 n

n 1 n n n 1

133u

u

n

n

n 1

n

1 i i 1

n

1 i

i 1

auu

1

n n

1 n

2) Cho dãy (u n ) được xác định như sau :  

nfauu

1

n 1

n 1

Tìm số hạng tổng quát của dãy

3) Tìm số hạng tổng quát u n của dãy

1u

uu

1

n

n 1 n

4) Tìm số hạng tổng quát của dãy

uu

1

n 1 n

5) Tìm số hạng tổng quát của dãy

nuu1

n 1 n

6) Tìm số hạng tổng quát của dãy

auu

1

n n

1 n

sin

Vấn đề 2 : Một số bài toán về phương trình dãy với cặp chỉ số tự do

Khi gặp phương trình dãy với cặp chỉ số tự do với các thay thế chỉ số ta đưa về

phương trình sai phân quen biết Việc thay thế này có thể đưa về phương trình dãy

không tương đương Do đó khi giải xong đáp số cần phải thử lại trong một trường

ax

n m n m

1

.

Giải :

Từ Pt (1) , ta suy ra : x n+1 = x 1 + x n +n hay x n-1 – x n = a + n (2) đây là phương trình sai phân tuyến tính không

thuần nhất cấp 1 ; phương trình đặc trưng có nghiệm 1 (đơn)

Ta có nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất và nghiệm riêng là :

bn d

nc

1c

nxvà

1

Từ đó suy ra nghiệm tổng quát của (1) là : ' *

n n

0cc2

1a2

11aac

2

1a2

1n

xn

Thử lại ta thấy kết quả này thoả mãn điều kiện ban đầu

Ví dụ 2:

Tồn tại hay không tồn tại dãy (x n ) mà m,nN ta có :

x m+n = x m + x n + m+ n (1) Giải : Giả sử x 1 = a , theo ví dụ 1 ta có n 1 a 1

2

1n

xxx

xx

n m

2 n m

2 1

, : ,

2

nm với (1)

Giải : Hiển nhiên ta có :    

2 1 n 1 n

1 n n 1 n 1 n 1

Giải phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất (3) với điều kiện ban đầu

 n2

x

x1 , 2  tađược xn   

Thử lại ta thấy kết quả này hoàn toàn đúng

Ví dụ 4 : Xác định dãy số (x n ) nếu biết : x n.m = x m x n (1)

k i k

i k 2 k 1 p

p i

i k

i k 2

i i

2 1 2 1

i 2

x

Nkl1iPp

pN

n

n n

p

k i k

1

x hayx

cóta (4)và (3)

Từ

(4) x

sử

Giả

p p

n cóluônta

i

i 1

, , ,

Bài tập :

1 Xác định số hạng tổng quát của dãy (x n ) nếu biết :

Nnm, 

xx

2 Xác số không âm x 0 , x 1 , x 2 , … thoả mãn

1n

m

xx2

1x

2004xTính n

mmà

,

3 Xác định số hạng tổng quát của dãy số (x n ) nếu biết

n0x

xx

m

n m

n  , đ/k: xn  , Đs : x n = (-1) n

4 Tìm dãy số (x n ) sao cho :

Nx

xx

xx

n m 2

n m

2 1

xx2x

1x

1x

n m

n m

2 n m

2 1

2

nm ,

xx

2 n 2 m

2 n m

2 1

2

nm ,

n m

1 0

xx

xx

2

5x0

Đs : x n = 2 n + 2 -n

Vấn đề 3: Một số phương trình sai phân tự tuyến tính hoá

1 n

1

, ,

2ađóTrong (1)

1 n 2

n 2 2

1

Từ (2) ta thay (n+1) bởi n ta cũng có : x2n x2n1 2axnxn1c (3)

Trừ từng vế của (2) và (3) ta được : n n 1 n 1

2 1 n 2 1

(4)

x(Vì 0x

ax2x

xxax

2x

x

1 n n 1

n

1 n n 1 n n

1 n 1 n

aa1

1

cba

x

x

2 2

2 n

2 2 2

1 n

1 2

1

2

2 2

Ví dụ 2: Xác định số hạng tổng quát của dãy (x n ) nếu biết :

(*) 1 n

2 n 1 nx

axx

Giải : Pt (*) x x x2 a (1)

n 1 n 1

Từ (1) ta thay n bởi (n – 1) ta được : x x x2 a (2)

1 n n 2

Trừ từng vế của (1) và (2) ta được :

   

tx

x

xU

UU

U

Ux

xx

xx

xx

x

xx

xxx

xx

xxxxxxx

xxxx

x

2 2 3

2 n

2 2

n 1 n

1 n 1

n 1 n n

n 2 n

1 n

1 n 1 n

n n

2 n n 1 n 1 n 1 n

2 n n 2 n 2 1 n 1 n 1 n 2

1 n 2 n n 2 n 1 n

U rasuy

đó

Do

U rasuyta(3)từ thì U

Đặt

(3)

Do đó : x n = t (x n+1 + x n-1 ) Đây là phương trình sai phân tuyến tính thuần nhất hệ số hằng có phương trình đặc trưng là t2t 0 đã biết cách giải

bx

cxxa

0bx

1 nx

số hằngcáclà cb,a

,

(*)

( Hd: đưa phương trình (*) về phương trình bx n = a(x n+1 + x n-1 ) )

2 Cho dãy số (x n ) xác định bởi

2x

2 n

1 n 0

Hãy xác định số hạng tổng quát của x n Chứng minh rằng số x 8

n

1 0

x1n

1x

xx

*Nn,

,

Đs : x  

2

1n

4 Xác định dãy số (x n ) nếu biết :

n 1

n 1

k

xx

Nn

Rx

1x

1x

1 2

n 1 n n

1

,

Hãy xác định dãy số (x n )

6 Cho dãy số (x n ) là dãy thực xác định bởi :

n

3 2 1

x

xx1x

1xxx

Chứng minh rằng : nN* ,xnN*

( Hd : Đưa pt (*) về dạng x n+4 = 4x n+2 – x n Vì (x 1 ,x 2 ,x 3 ,x 4 ) Z4nên hệ thức

, ,

Vấn đề 4 : Phương pháp đổi dãy

Để xác định số hạng tổng quát của dãy số ta thường đưa phương trình của dãy về phương trình sai phân đã biết cách giải hoặc đưa đến nhưng phương trình dãy dễ giải hơn bằng cách đặc dãy số phụ còn gọi là phương pháp đổi dãy

Để tìm những cách đặc dãy số phụ ta thường nghịch đảo , logarit hoá , mũ hoá, ….các biểu thức ban đầu Sau đây là một vài ví dụ và bài tập minh hoạ

Ví dụ 1: Hãy tìm tất cả các giá trị thực a để

x 1 = a ;

n

n 1

n

x2

xx

1x

x2x

1

n 1 n n

n

1 n

1 n

1a

a

n n

Do đó , khi

n

n 1

n k

k

x2

xx

a1

2

2a

cbxbx

2xx

xx

2 n

2 n 1 n 2

1 n n

2

Giải : Ta có ph (1)

bx

cbxbbbx2xx

2 n

2 n 2 2 1 n 2

1 n

cbxbxbb

x

cbxx

2 n

2 1 n n

2 n

2 1 n

n 1 n ny

cyy



 



phương trình sai phân tự tuyến tính hoá đã biết cách giải ( ví dụ 2 )

n n

1

xba

xx

n

2 n

1

b1x

ax

xbax

x

1

n n

ax

n 1

n 1

Khi đó ta có   g 0 g   k gn y g   k f n

a0g

xy

1 n

0 k n n

0 k

n 1 n n

0 k n n

0 k 1 n

kg

nfyynfkgykg

1

n

n

kg

1nf

2 n 1 n

kg

2nfy

1 2

kg

1fyy

Cộng vế với các đẳng thức trên ta được

1 n

1

1 i

1 n

ig

kf0

g

aig

kfy

1 n

1 k 1 k

c

kf0

g

a

Trong trường hợp g n c ( c là hằng số )

1 k 1 k n

c

kfc

c

kfcac

1 iig

kf tổngvà n

0 kk

Ví dụ 5 Xác định dãy số (x n ) nếu biết x 1 = a > 0 ,  

  kn k

1

nf

1nf

x

k

k n 1

xv

u

1

1 1

1ckc1f

a

ln

Vậy   f 1

ak

kf

ak

n

k 1

f

a k u

n

1f

anfe

nfenfx

an

1

n n

3x32x

2

33x

n 1 n

3y332y

1y2y

3y32y

2

333

2

y1 cos  cos  đúng

Giả sử

122

cos đúng ta chứng minh

122

yn 1  n1 

 cos

Từ (3) ta có yn1 2y2n 1 = 2

1221

bay

a1

Pt (2)

m 1 m

1 m

1 m

1 u

yay

yay

vvv

mavm

bx

qpxx

n

n 1

trong đó : p , q , r , s : là các số đã biết

Giải Giả sử y n , x n : là nghiệm của hệ phương trình sai phân

ryz

qzpyy

0 n

n 1

n

n n 1

n

,

0y ,

z  là nghiệm của phương trình đã cho

Thật vậy , ta chứng minh bằng qui nạp như sau : a

z

yx0

0

srx

qpxsz

yr

qz

ypszry

qzpxz

yx

n n

n n n n

n n

n n

1 n

1 n 1

x2

dxx

ax

Giải iNếu d > 0 : Giả sử y n và z n là nghiệm của hệ :

dzyy

1 n

n 1

n

2 n 2 n 1

n

,

1y ,

(2) n n n

2 n 2 n 1 n

zyd2zd

dzyy

Cộng vế với vế (2) và (3) ta được :  2

n n

1 n 1

1 1

1 n 1

n 1

n n

2 2

1 n

2 2

1 n

dad

ad2

1z

dad

a2

1y

2 2

2 2

n

dad

a

dad

ad

Thử lại bằng qui nạp cho thấy kết quả vừa tìm được ở trên là đúng

ii) Nếu d < 0 Đặt d = - k , k > 0 G

Giả sử y n , z n là nghiệm của hệ

2 n 2 n 1 n

zy2z

kzyy

x  là nghiệm của hệ Cm tuơng tự ví dụ 9

Ta giải hệ hai như sau : (II)

(6) n n 1

n

2 n 2 n 1 n

zyki2zki

kzyy

Ta lần lượt cộng vế theo vế và trừ vế theo vế của (6) và (7) ta có :

2 2

n n

1 n 1

n

2 2

n n

1 n 1

n

kiaz

kiyz

kiy

kiaz

kiyz

kiy

(8)

n n

n n

2 2

1

n

2 2

1

n

kiak

iaki2

1z

kiak

ia2

1

y

2 2

2 2

n

kiak

ia

kiak

iaki

Vấn đề 5 : Phương pháp đưa về lượng giác

và các hàm Hypebolic

I)-Cơ sở lý thuyết :

Các hàm cosx , sinx có miền giá trị là [-1 ; 1] nên khi chuyển dãy số về dạng các hàm số lượng giác rát hạn chế Chú ý dưa vào các dấu hiệu sau :



cost

ax Đặt :

 x 2 + y 2 = k 2 : Đặt xkcos,yksin ,  0;

 |x| 1 : Đặt xcos hayxsin

1shx

y    MXĐ : R

* Hàm coshypebolic : y = chx =  x x

ee2

1   MXĐ : R

T/c : f(x+y) + f(x-y) = 2f(x).f(y)

*Hàm Tghypebolic : y = thx = xx xx

ee

ee

yfxfyx

 Hàm Cotghyperbolic : y = cothx = x x

x x

ee

ee

yfxf1

* ch 2 x + sh 2 x = 1 ; sh2x = 2 shx chx

ch2x = 2ch 2 x – 1 ; sh(x+y) = shx chy + shychx

ch (x+y) = chx chy + shx chy

th(x+y) =

thxthy1

thythx



 ; coth(x+y) =

yx

1yx

coth coth

coth coth





xch

11xx

sh

11

th

;

u2



 , n = 1 , 2 , 3 ,…

a) Chứng minh rằng un 0 n

b) Chứng minh rằng dãy đã cho không tuần hoàn

Giải Đặt A = arctg2 ( tức là tgA = 2) Bằng qui nạp ta sẽ chứng minh rằng dãy số u n = tg(nA) (1)

Thật vậy khi n = 1, thì một hiển nhiên đúng ( vì theo giả thiết u 1 = 2 = tgA) Giả sử đã đúng đến n = k , tức là : u k = tg(kA) (2)

tgAtgkA1

tgkAtgA

u1

u2u

k

k 1

Vậy (2) cũng đúng khi n = k+1 Theo nguyên lý qui nạp thì (1) đúng n

Bây giờ ta giải bài toán

m

m 2

u1

umAtg1

tgmA2mA2tgm

Giả thiết phản chứng giả sử u n = 0 Xét hai khả năng sau :

1) Nếu n chẵn , khi đó n = 2m Theo (3) suy ra u m = 0 (4)

2) Nếu n lẻ , khi đó bao giờ ta cũng có biểu diễn n dưới dạng :

   , ở đây k s nguyên  0

2 2s 1